08届高考理科数学3月份质量检查

08届高考理科数学3月份质量检查（四）数学（理）试卷2008.3．10YCY本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。1．||,0)2(,2||,1||babaaba则（）A．2B．4C．1D．82．数列}{na是首项为2005，公差为－3的等差数列，若na=1，则序号n等于（）A．667B．668C．669D．6703．NNMaxxNaxxM若},01|{},0|{，则实数a的值为（）A．1B．－1C．1或－1D．0或1或－14．若a、b为异面直线，给出以下结论：（1）过空间内任何一点可以做一个和a、b都平行的平面（2）过直线a有且只有一个平面和b平行（3）过空间中任何一点可以作一条直线和a、b都相交（4）有且只有一个平面经过a与b垂直其中错误的个数为（）A．0B．1C．2D．35．过A（1，1）可作两条直线与圆045222kykxyx相切，则k的范围为（）A．k0B．k4或0k1C．k4或k1D．k06．已知x、y满足yaxzxyxyx若3006的最大值为93a，最小值为,33a则a的范围为（）A．1aB．1aC．11aD．11aa或7．要得到函数xycos2的图象，只需将函数)42sin(2xy的图象上所有的点（YCY）A．横坐标缩短到原来的21倍（纵坐标不变），再向左平移8个单位长度B．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移4个单位长度C．横坐标缩短到原来的21倍（纵坐标不变），再向右平移4个单位长度D．横坐标缩短到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移8个单位长度8．2222)3(4002516baba则的最小值为（）A．0B．2C．4D．89．)2cos(3)2sin()(xxxf为奇函数且在[0，4]为减函数，则的一个值为（）A．32B．6C．3D．6510．1122xxbxxxax的解为（1,21），则实数a和b的乘积为（）A．0B．－3C．－8D．－1211．已知F1、F2为双曲线)0,0(12222babyax的左、右焦点，P为右支上任意一点，若||||221PFPF的最小值为8a，则该双曲线的离心率e的范围为（）A．]2,1(B．]3,1(C．[2，3]D．),3[12．C为线段AB上一点，P为直线AB外一点，满足54||||PBPA，||PBPA),||||(,,||||,52APAPACACmBABIICPIPBPCPBPAPCPA则,0m=（）A．1B．21C．332D．2第II卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。13．|11||11|||xxxx的解集为14．A（－2，0），B是圆F：（2x）122y上的动点（F为圆心），线段AB的垂直平分线交直线BF于P，则动点P的轨迹方程为15．函数)()(2Nnnannf为增函数，则a的范围为16．空间四边形ABCD，∠ABC=∠BCD∠CDA=2，BC=CD=a，AB=AD=a2，A在面BCD上的射影为A1，若AA1中点为M，BC中点为N，过A、B、C、D四点的球的球心为O，若直线MN与球面交于P、Q两点，则∠POQ=三、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．（本小题满分12分）YCY已知A（2，0），B（0，2），C（sin,cos）（1）若求|,|||),0,(BCAC的值.（2）若tan12sinsin2,02求BCAC的值.18．（本小题满分12分）已知四棱锥P—ABCD的底面是边长为4的正方形，PD⊥面ABCD，PD=6，M，N分别为PB，AB的中点，设AC和BD相交于点O.（1）证明：OM∥面PAD（2）求二面角M—DN—C的平面角的正切值（3）求点P到面DMN的距离19．（本小题满分12分）)(,90],,0[),3ln(21)(xfaaxxxxf求的最大值.20．（本小题满分12分）不等式组nynxyx400所表示的平面区域为Dn，若Dn内的整合个数为an，（整点即横坐标和纵坐标均为整数的点，Nn）.（1）求数列}{na的通项公式（2）设数列na的前n项和为Sn，且,25nnnST若对一切的正整数n，总有mTn成立，求m的范围.21．（本小题满分14分）已知4)2()()(23xgxgxcbxaxxxg均有对一切成立,设)]([log)(xgxfa，若)3,0()(mxf对一切、)3,0(n且0)()(nmnfmfnm都有成立.求b的范围22．（本小题满分14分）过左焦点F1做倾斜角为60°的直线与椭圆)0(,12222babyax交于A，B两点，与其左准线交于点P，若A为线段PB中点（1）求椭圆的离心率e（2）若2,23Fa为椭圆的右焦点，已知以F2为焦点，以过F1与x轴垂直的直线为准线的抛物线，过F1的直线与抛物线交于C、D两点，问，在x轴上是否存在一点E使得三角形CDE为等边三角形，若存在，求点坐标，若不存在，说明理由.参考答案一、选择题1．A2．C3．D4．D5．B6．C7．B8．C9．A10．C11．B12．D二、填空题13．}01|{xx14．14154122yx15．2a16．)32arccos(三、解答题17．解：（1）||||BCAC∴C在线段AB的垂直平分线上，∵AB的中点为（1，1），斜率为－1∴线段AB的垂直平分线方程为0yx∴0sincos∴1tan又)0,(43………………6分（2）)2sin,(cos)sin,2(cosBCAC∴0sin2cos2sincos22BCAC∴21cossin∴43cossin2cossin1)cos(sinsin2tan12sinsin22…………12分18．解：（1）∵BO=ODBM=MP∴OM//PD∵OM面PAD∴OM//面PAD………………2分（2）∵PD⊥面ABCD∴OM⊥面ABCD过O做OE⊥ND于E，连接ME则根据三垂线定理可得ME⊥ND所以∠MEO为二面角M—DN—C的平面角在△BDN中，BN=2，ND=25∴4sin52sin2BDN∴1010sinBDN在Rt△OED中，OE=ODsin∠BDN=255210102∵OEMPDMOtan321253………………7分（3）设P到面DMN的距离为h则PMNDDMNPVVPDABADAB,∴AB⊥面PAD，∴面PAD⊥面PAB所以过D做DF⊥PA于F，则DF⊥面PAD∴7123131hSDFhSPMNDMN∴P到面DMN的距离为712………………12分19．解：90],0[4)3()3)(1(3141)(aaxxxxxxxxf…………2分],0[)(,0)(10axfxfa在则若上为增函数)3ln(21)()(aaafxf最大值为………………6分)3ln(21)()(,10:4ln21)1()(]1,0[)(,]1,0[)(),1,0(,0)(14ln21)1()(,0)(),1(,0)()1,0(91aaafxfafxfxfxfxxfafxfxfaxxfxa最大值为综上最大值为上为增函数在上连续在时若最大值为时时则若2ln2214ln21)1()(91fxfa最大值为………………12分20．解（1）当,301,40,0nyxnyx时当04,03,202yxnyxnyx时当时当时当nnnnnan10511131214………………4分（2）nnnnnsn1052)1(10522,0,20,123242342)2(2)3)(1(2)2(243211211212211TTTTTTTnTTTTnnnnnnnnnnTTnnTnnnnnnnnnnnnn时即2m………………12分21．解：4)2()(xgxg42248)124()26(4)2()2()2(22323cbaxaxacxbxaxcbxaxx4,3cba………………7分bbxxxxg43)(23)3,0()(mxf对一切、0)()()3,0(nmnfmfnmn都有且成立.)(),()(,xfnfmfnm时当在（0，3）上为增函数所以恒成立对一切)3,0(0)()(1log)(3xxgxgexf因此恒成立对一切)3,0(0)(xxg404)0()(,)3,0()(3)3,0(063)3,0(0)(2bbgxgxxgbxbxxxxg所以上为增函数在因为恒成立对一切所以恒成立对一切且43b………………14分22．解（1）过B做BB1垂直左准线于B1，过A做AA1垂直左准线于A1，过A做AA2垂直BB1于A2，则∠ABA2=60°,2||,||2||||||||||||111111mBFmAFAFBFAABBAPBP设3221360cos||2emememBA………………6分（2）12332caeac且∴设抛物线方程为xy42设直线CD的方程为)1(xkykyyxxkkxxyxDyxCkkkxkxkxyxky41)2(2),(),,(10000)2(24)1(2121222212211222222则设且得假设存在点E满足题意，设E（0,0x）设CD中点为M，则M)2,2(22kkk31143||23||2,0)2(120222022xkCDEMkkxykkxkky所以因为时当)0,311(,坐标为所以存在点E………………14分